Номер 68, страница 15 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

68. Исследуйте функцию и постройте её график:

1) $f(x) = xe^{-x^2}$;

2) $f(x) = x - \ln x$;

3) $f(x) = \frac{\ln x}{x}$;

4) $f(x) = \ln(4 - x^2)$.

1. Область определения. Функция определена для всех действительных чисел. $D(f) = (-\infty, +\infty)$.

2. Четность/нечетность. $f(-x) = (-x)e^{-(-x)^2} = -xe^{-x^2} = -f(x)$. Функция является нечетной. График симметричен относительно начала координат.

3. Точки пересечения с осями координат.
При $x=0$, $f(0) = 0 \cdot e^0 = 0$. Пересечение с осью Oy в точке $(0,0)$.
При $f(x)=0$, $xe^{-x^2} = 0$. Так как $e^{-x^2} > 0$, то $x=0$. Пересечение с осью Ox в точке $(0,0)$.

4. Асимптоты.
Вертикальных асимптот нет, так как функция непрерывна на всей числовой оси.
Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to \pm\infty} xe^{-x^2} = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{x}{e^{x^2}}$. Применяя правило Лопиталя, получаем $\lim_{x \to \pm\infty} \frac{1}{2xe^{x^2}} = 0$. Следовательно, $y=0$ (ось Ox) является горизонтальной асимптотой при $x \to \pm\infty$.
Наклонных асимптот нет.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.
Найдем первую производную: $f'(x) = (x)'e^{-x^2} + x(e^{-x^2})' = e^{-x^2} - 2x^2e^{-x^2} = e^{-x^2}(1 - 2x^2)$.
Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $f'(x) = 0 \implies 1 - 2x^2 = 0 \implies x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$.
При $x \in (-\infty, -1/\sqrt{2})$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
При $x \in (-1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2})$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
При $x \in (1/\sqrt{2}, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
В точке $x = -1/\sqrt{2}$ находится точка минимума: $f(-1/\sqrt{2}) = -\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-1/2} = -\frac{1}{\sqrt{2e}}$.
В точке $x = 1/\sqrt{2}$ находится точка максимума: $f(1/\sqrt{2}) = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{2e}}$.

6. Промежутки выпуклости/вогнутости и точки перегиба.
Найдем вторую производную: $f''(x) = (e^{-x^2}(1 - 2x^2))' = -2xe^{-x^2}(1 - 2x^2) + e^{-x^2}(-4x) = 2xe^{-x^2}(2x^2 - 3)$.
Приравняем вторую производную к нулю: $f''(x) = 0 \implies x=0$ или $2x^2 - 3 = 0 \implies x = \pm \sqrt{3/2}$.
При $x \in (-\infty, -\sqrt{3/2})$, $f''(x) < 0$, график выпуклый.
При $x \in (-\sqrt{3/2}, 0)$, $f''(x) > 0$, график вогнутый.
При $x \in (0, \sqrt{3/2})$, $f''(x) < 0$, график выпуклый.
При $x \in (\sqrt{3/2}, +\infty)$, $f''(x) > 0$, график вогнутый.
Точки перегиба: $x=0$, $x=\pm\sqrt{3/2}$. Значения функции в этих точках: $f(0)=0$, $f(\pm\sqrt{3/2}) = \pm\sqrt{3/2}e^{-3/2}$.

7. Построение графика.
На основе проведенного анализа строим график. Он симметричен относительно начала координат, имеет максимум и минимум, три точки перегиба и асимптотически приближается к оси Ox на бесконечности.

Ответ: График функции представляет собой кривую, симметричную относительно начала координат. Она выходит из нуля при $x \to -\infty$, достигает минимума в точке $(-\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2e}})$, проходит через начало координат (которое является точкой перегиба), достигает максимума в точке $(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2e}})$ и асимптотически приближается к оси Ох при $x \to +\infty$. Точки перегиба также находятся при $x = \pm \sqrt{3/2}$.

1. Область определения. Аргумент логарифма должен быть положительным: $x > 0$. $D(f) = (0, +\infty)$.

2. Четность/нечетность. Область определения несимметрична относительно нуля, поэтому функция не является ни четной, ни нечетной.

3. Точки пересечения с осями координат.
Пересечения с осью Oy нет, так как $x \ne 0$.
Пересечение с осью Ox: $x - \ln x = 0 \implies x = \ln x$. Это уравнение не имеет решений, так как минимальное значение функции $x-\ln x$ равно 1 (см. п. 5). График не пересекает ось Ox.

4. Асимптоты.
Вертикальная асимптота: $\lim_{x \to 0^+} (x - \ln x) = 0 - (-\infty) = +\infty$. Прямая $x=0$ (ось Oy) является вертикальной асимптотой.
Горизонтальные асимптоты: $\lim_{x \to +\infty} (x - \ln x) = \lim_{x \to +\infty} x(1 - \frac{\ln x}{x}) = +\infty$. Горизонтальных асимптот нет.
Наклонные асимптоты: $k = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} (1 - \frac{\ln x}{x}) = 1$. $b = \lim_{x \to +\infty} (f(x) - kx) = \lim_{x \to +\infty} (x - \ln x - x) = \lim_{x \to +\infty} (-\ln x) = -\infty$. Наклонных асимптот нет.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.
Найдем первую производную: $f'(x) = 1 - \frac{1}{x}$.
Критическая точка: $f'(x) = 0 \implies 1 - \frac{1}{x} = 0 \implies x = 1$.
При $x \in (0, 1)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
При $x \in (1, +\infty)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
В точке $x=1$ находится точка минимума: $f(1) = 1 - \ln 1 = 1$.

6. Промежутки выпуклости/вогнутости и точки перегиба.
Найдем вторую производную: $f''(x) = (1 - 1/x)' = \frac{1}{x^2}$.
Так как $x^2 > 0$ на всей области определения, то $f''(x) > 0$. График функции всегда вогнутый (выпуклый вниз). Точек перегиба нет.

7. Построение графика.
График начинается от вертикальной асимптоты $x=0$ (стремясь к $+\infty$), убывает до точки минимума $(1,1)$, а затем возрастает до $+\infty$. График всегда вогнутый.

Ответ: График функции расположен в первом квадранте. Ось Оу ($x=0$) является вертикальной асимптотой, к которой график стремится при $x \to 0^+$. Функция убывает до точки глобального минимума $(1, 1)$, а затем возрастает. Функция везде вогнута (выпукла вниз).

1. Область определения. $x > 0$. $D(f) = (0, +\infty)$.

2. Четность/нечетность. Область определения несимметрична, функция не является ни четной, ни нечетной.

3. Точки пересечения с осями координат.
Пересечения с осью Oy нет ($x \ne 0$).
Пересечение с осью Ox: $\frac{\ln x}{x} = 0 \implies \ln x = 0 \implies x = 1$. Точка пересечения $(1,0)$.

4. Асимптоты.
Вертикальная асимптота: $\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{x} = \frac{-\infty}{0^+} = -\infty$. Прямая $x=0$ является вертикальной асимптотой.
Горизонтальная асимптота: $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0$ (по правилу Лопиталя). Прямая $y=0$ является горизонтальной асимптотой.
Наклонных асимптот нет.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.
Найдем первую производную: $f'(x) = \frac{(\frac{1}{x})x - \ln x}{x^2} = \frac{1 - \ln x}{x^2}$.
Критическая точка: $f'(x) = 0 \implies 1 - \ln x = 0 \implies \ln x = 1 \implies x = e$.
При $x \in (0, e)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
При $x \in (e, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
В точке $x=e$ находится точка максимума: $f(e) = \frac{\ln e}{e} = \frac{1}{e}$.

6. Промежутки выпуклости/вогнутости и точки перегиба.
Найдем вторую производную: $f''(x) = \frac{-\frac{1}{x} \cdot x^2 - (1 - \ln x) \cdot 2x}{x^4} = \frac{-x - 2x + 2x\ln x}{x^4} = \frac{2\ln x - 3}{x^3}$.
Приравняем вторую производную к нулю: $f''(x) = 0 \implies 2\ln x - 3 = 0 \implies x = e^{3/2}$.
При $x \in (0, e^{3/2})$, $f''(x) < 0$, график выпуклый.
При $x \in (e^{3/2}, +\infty)$, $f''(x) > 0$, график вогнутый.
В точке $x = e^{3/2}$ находится точка перегиба. $f(e^{3/2}) = \frac{3/2}{e^{3/2}} = \frac{3}{2e^{3/2}}$.

7. Построение графика.
График начинается от вертикальной асимптоты $x=0$ (стремясь к $-\infty$), возрастает, пересекая ось Ox в точке $(1,0)$, достигает максимума в $(e, 1/e)$, меняет выпуклость в точке перегиба $(e^{3/2}, \frac{3}{2e^{3/2}})$ и асимптотически приближается к оси Ox.

Ответ: График функции расположен в правой полуплоскости. Ось Оу ($x=0$) является вертикальной асимптотой ($y \to -\infty$). Ось Ох ($y=0$) является горизонтальной асимптотой при $x \to +\infty$. График пересекает ось Ох в точке $(1,0)$. Функция возрастает до точки глобального максимума $(e, 1/e)$, а затем убывает. Точка перегиба находится в $(e^{3/2}, \frac{3}{2e^{3/2}})$, где функция меняет выпуклость с выпуклой на вогнутую.

1. Область определения. $4 - x^2 > 0 \implies x^2 < 4 \implies -2 < x < 2$. $D(f) = (-2, 2)$.

2. Четность/нечетность. $f(-x) = \ln(4 - (-x)^2) = \ln(4 - x^2) = f(x)$. Функция является четной. График симметричен относительно оси Oy.

3. Точки пересечения с осями координат.
При $x=0$, $f(0) = \ln(4) = 2\ln 2$. Пересечение с осью Oy в точке $(0, \ln 4)$.
При $f(x)=0$, $\ln(4 - x^2) = 0 \implies 4 - x^2 = 1 \implies x^2 = 3 \implies x = \pm \sqrt{3}$. Пересечения с осью Ox в точках $(\sqrt{3}, 0)$ и $(-\sqrt{3}, 0)$.

4. Асимптоты.
Вертикальные асимптоты: $\lim_{x \to 2^-} \ln(4 - x^2) = -\infty$ и $\lim_{x \to -2^+} \ln(4 - x^2) = -\infty$. Прямые $x=2$ и $x=-2$ являются вертикальными асимптотами.
Горизонтальных и наклонных асимптот нет, так как область определения ограничена.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.
Найдем первую производную: $f'(x) = \frac{1}{4 - x^2} \cdot (-2x) = \frac{-2x}{4 - x^2}$.
Критическая точка: $f'(x) = 0 \implies -2x = 0 \implies x = 0$.
При $x \in (-2, 0)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.
При $x \in (0, 2)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.
В точке $x=0$ находится точка максимума: $f(0) = \ln 4$.

6. Промежутки выпуклости/вогнутости и точки перегиба.
Найдем вторую производную: $f''(x) = \frac{-2(4 - x^2) - (-2x)(-2x)}{(4 - x^2)^2} = \frac{-8 + 2x^2 - 4x^2}{(4 - x^2)^2} = \frac{-8 - 2x^2}{(4 - x^2)^2} = -\frac{2(4+x^2)}{(4-x^2)^2}$.
Так как $4+x^2 > 0$ и $(4-x^2)^2 > 0$ на области определения, то $f''(x) < 0$. График функции всегда выпуклый (выпуклый вверх). Точек перегиба нет.

7. Построение графика.
График представляет собой симметричную "шапку" между асимптотами $x=-2$ и $x=2$. Он начинается от $-\infty$ у левой асимптоты, возрастает до максимума в $(0, \ln 4)$, а затем убывает до $-\infty$ у правой асимптоты.

Ответ: График функции существует только на интервале $(-2, 2)$ и симметричен относительно оси Оу. Прямые $x=-2$ и $x=2$ являются вертикальными асимптотами. Функция возрастает на $(-2, 0)$ и убывает на $(0, 2)$, достигая глобального максимума в точке $(0, \ln 4)$. График пересекает ось Ох в точках $(\pm\sqrt{3}, 0)$. Функция везде выпукла (выпукла вверх).